复习参考题第一课时评课稿

圆锥曲线复习课教学设计

刘文辉

本节复习课的内容是解析几何综合性解答题的解题结构和解题过程规范性演示讨论课

所要达到的目的：（1）学生能够根据前几节课的复习所得找到解析几何综合性解答题的解题思路，是使学生敢于去做。（2）学生能够准确的表达和计算。（3）达到熟练和准确，提高做题速度。

教学方法：（1）找两个学生在黑板上板演自己的解题过程，并且讲清自己的解题思路。

（2）全班讨论看思路是否正确，达成共识。

（3）全班检查解题过程，讨论找出问题，共同演算，提高运算技巧和速度。

例一、（张晓宁板书，讲解）

在平面直角坐标系xOy中，曲线yx26x1与坐标轴的交点都在圆C上．

（I）求圆C的方程；

（II）若圆C与直线xya0交于A，B两点，且OAOB,求a的值．

解：

（Ⅰ）曲线yx26x1与y轴的交点为（0，1），与x轴的交点为（322,0),(322,0).

故可设C的圆心为（3，t），则有32(t1)2(22)2t2,解得t=1. 22则圆C的半径为3(t1)3.

所以圆C的方程为(x3)(y1)9.

（Ⅱ）设A（x1,y1），B（x2,y2），其坐标满足方程组：

22xya0,

22(x3)(y1)9.消去y，得到方程

2x2(2a8)xa22a10.

由已知可得，判别式5616a4a0.

2因此，x1,2(82a)5616a4a24a202a12

,从而

x1x24a,x1x2①

由于OA⊥OB，可得x1x2y1y20,

又y1x1a,y2x2a,所以

2x1x2a(x1x2)a20.

②

由①，②得a1，满足0,故a1.

例二、（房茹板书，讲解）

已知过抛物线y22pxp0的焦点，斜率为22的直线交抛物线于Ax1,y2,Bx2,y2（x1x2）两点，且AB9．

（1）求该抛物线的方程；

（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OCOAOB，求的值．

py22(x),与y22px联立，从而有4x25pxp20,解析：（1）直线AB的方程是

25p，由抛物线定义得：ABx1x2p9，所以p=4，

4所以：x1x2抛物线方程为：y28x

224x5pxp0,化简得x25x40，从而x1,x4,y22,y42,（2）、由p=4，1212从而A:(1,22),B(4,42) 设OC(x3,y3)(1,22)(4,42)=(14,2242)，又y3（41），即(21)241，解得0,或2

例三、（学生当堂练）

28x，即2322182x2y21.如图所示，斜率为k(k＞0)且不过原点的直线l交椭在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:3圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x3于点D(3,m). 22（Ⅰ）求mk的最小值；

2（Ⅱ）若OGOD∙OE，（i）

求证：直线l过定点；

（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由.

（I）解：设直线l的方程为ykxt(k0)，

由题意，t0.

ykxt,2222203k1t.

由方程组x2得，由题意，所以(3k1)x6ktx3t302y1,3设A(x1,y1),B(x2,y2)，

由韦达定理得x1x2因此xE6kt2t,yy.由于E为线段AB的中点，

所以123k213k213ktt1yE1,y,yx,

此时所以OE所在直线方程为k.EOE3k213k213kxE3k1，即mk=1，所以m2k22mk2,

k又由题设知D（-3，m），令x=-3，得m当且仅当m=k=1时上式等号成立，此时

由0得0t2,

22因此

当mk1且0t2时，mk取最小值2。

（II）（i）由（I）知OD所在直线的方程为y解得G(1x,将其代入椭圆C的方程，并由k0,

3k3k3k21,13k212)，又E(3kt1,),D(3,)，由距离公式及t0得

223k13k1k9k21|OG|()()2,223k13k13k123k12129k21|OD|(3)(),kk2

3kt2tt9k212|OE|(2)(2),3k13k13k211).由|OG|2|OD||OE|得tk,因此，直线l的方程为

yk(x所以，直线l恒过定点(1,0).

（ii）由（i）得G(3k3k12,13k12)，若B，G关于x轴对称，则B(23k3k12,13k12).

42代入yk(x1)整理得3k21k3k21,即6k7k10，解得k12（舍去）或k1,

63131,),G(,)关于x轴对称。又由（I）得x10,y11,所以A（0，1）。

2222由于ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设ABG的外接圆的圆心为（d，0），

所以k=1，此时B(因此d1(d)2322115,解得d,故ABG的外接圆的半径为rd21，

4221222所以ABG的外接圆方程为(x)y

5.

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